上海市黄浦区2019届高三下学期等级考二模试卷化学试题附答案解析.pdf

- 1 - 2019 年高中学业等级考调研测试化学试卷 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、选择题（共40 分，每小题2 分，每小题只有一个正确答案） 1.ETH 天文研究所报告，组成太阳的气体中存在 20Ne和22Ne，关于20Ne和22Ne的说法正确的是 A. 20Ne和22Ne互为同位素 B. 20Ne和22Ne互为同分异构体 C. 20Ne和22Ne的质量数相同 D. 20Ne和22Ne的中子数相同 【答案】 A 【解析】 两种核素具有相同的质子数，不同的中子数，所以互为同位素。分子式相同，结构不同的化合物属于同分异 构体，所以正确的答案是A。 2. 金属的冶炼一般用热分解法、热还原法和电解法，选用冶炼方法的依据主要是 A. 金属在自然界里存在的形式B. 金属元素在地壳中的含量 C. 金属阳离子得电子的能力D. 金属熔点的高低 【答案】 C 【解析】 【分析】 对不同的金属常用不同的冶炼方法，主要根据金属的活动性强弱选择冶炼方法； 金属冶炼是金属阳离子得电子的过程，金属活动性越强，其阳离子得电子能力越弱，冶炼越难，据此分析解 答； 【详解】不同的金属有不同的冶炼方法，金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，即根据金属阳离子 得电子的能力确定，与在自然界中的含量多少、熔点高低以及存在形式没有太大的关系，故C项正确， 答案选 C。 【点睛】一般来说，活泼金属如K、Ca、Na、Mg和 Al 等用电解法，较活泼金属如Fe 等用热还原法，不活泼 金属如 Hg、Ag等用热分解法冶炼。 3. 主链上含5 个碳原子，有甲基、乙基2 个支链的烷烃有 A. 2种B. 3种C. 4 种D. 5 种 【答案】 A 【解析】 考查同分异构体的判断。主链是5 个碳原子，则乙基只能放在中间的碳原子上。因此甲基的位置只有两种情 - 2 - 况，即和乙基相邻或相对，答案选A 。 4. 三氯化氮 (NCl3) 的分子结构类似于NH3，具有三角锥型结构。下列有关说法错误的是 A. N Cl 键是极性键B. NCl3分子为极性分子 C. 氨气是电解质D. Al(OH)3难溶于氨水 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中NCl 键是极性（共价）键，A项错误； B. 三氯化氮 (NCl3)中 N原子最外层有5 个电子，与3 个 Cl 原子形成三个共用电子对，还有1 个孤电子对， 具有三角锥型结构，所以极性键的极性向量和不为0，为极性分子，B项正确； C. 电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，本身能电离出自由移动的离子，而氨气溶于水或熔融 状态下本身不能电离出自由移动的离子，为电解质，C项错误； D. Al(OH) 3易溶于强酸强碱，难溶于弱酸弱碱，氨水的溶质一水合氨为弱碱，D项正确； 答案选 C。 【点睛】 C项为易错点，掌握电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电 解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物， 再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态） 下能否导电，进而做出最终判断；若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。值得注意的是，常见的非电 解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，常见的电解质为酸、碱、盐和或活泼金属氧化物等， 学生需要理解并谨记。 5. 石油裂化的主要目的是 A. 提高轻质液体燃料的产量 B. 便于分馏 C. 提高汽油的质量 D. 获得断链不饱和气态烃 【答案】 A 【解析】 【详解】石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量， 故 A项正确， 答案选 A。 6. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间。以下叙述正确的是 - 3 - A. 两烧杯中铜片表面均有气泡产生 B. 甲烧杯中的电流与阳离子流向均为ZnCu C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 两烧杯在相同时间内转移电子数相等 【答案】 C 【解析】 试题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H +在铜极上得电子，生成 H2，总反应式为： Zn+H2SO4=ZnSO4+H2乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析。 A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H +在铜极上得电子，生成 H2，所以甲中铜片表面有 气泡产生，故A错误； B、甲烧杯中的电流流向均为Cu Zn，故 B错误； C、甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子 浓度均减小，因此pH均增大，故C正确 D、甲装置形成了原电池，反应速率会加快，因此甲比乙在相同时间内转移的电子数要多，故D错误 故选 C。 考点：原电池和电解池的工作原理 点评：题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理。 7. 下列叙述中描述的物质一定是金属元素的是 A. 易失去电子的物质 B. 第三周期中，原子的最外电子层只有2 个电子的元素 C. 单质具有金属光泽的元素 D. 原子的最外电子层只有1 个电子的元素 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 氢易失去电子，但属于非金属元素，A项错误； B. 第三周期中最外电子层只有2 个电子的元素为 Mg，属于金属元素，B项正确； C. 硅等非金属单质也具有金属光泽，C项错误； - 4 - D. 氢原子最外层只有一个电子，不是金属元素，D项错误； 答案选 B。 8. 下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是 A. 硝酸银溶液和氨水B. 盐酸和碳酸钠溶液 C. 明矾溶液与烧碱溶液D. 碳酸氢钠和澄清石灰水 【答案】 D 【解析】 【分析】 结合涉及的化学反应方程式与反应原理，通过观察是互滴现象不同来鉴别。 【详解】 A. 少量氨水滴加到AgNO3中，可以观察到沉淀AgOH 和 Ag2O生成；而少量AgNO3滴加到氨水中，则直 接生成配离子，观察不到现象，A项正确； B. 少量 Na2CO3滴加到 HCl 中，有气体CO2生成；反过来无现象，因为生成NaHCO 3，B项正确； C. 明矾溶液的溶质为硫酸铝钾，则少量 NaOH 滴加到 Al 3+溶液中， 有沉淀 Al(OH) 3；反过来无现象，因为NaOH 大大过量会直接生成AlO2 -，C项正确； D. 无论怎样互滴，现象都相同，均会生成白色沉淀，D项错误； 答案选 D。 9. 下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. a与 b 相比， a 的反应速率更快 C. a 与 b 相比，反应的平衡常数一定不同 D. 反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量 【答案】 D 【解析】 【分析】 A反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应； B催化剂能降低反应的活化能； C催化剂只改变反应速率； - 5 - D断键吸收能量，形成化学键放出能量，结合图示信息作答。 【详解】 A反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，A项错误； Bb 降低了活化能，反应速率升高，所以b 的反应速率更快，B项错误； C催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，a 与 b 反应的平衡常数相同，C项错误； D由图可知该反应为放热反应，反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量，D项正确；答案选D 。 10. 根据相关的化学原理，下列推断错误的是 A. 若 X是原子晶体，Y是分子晶体，则熔点：XY B. 若 A2+2D -2A- +D2，则氧化性： A2D2 C. 若 R 2- 和 M +的电子层结构相同，则离子半径： R 2- M + D. 若弱酸 HA、HB的酸性 HA HB ，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA NaB 【答案】 C 【解析】 【分析】 A原子晶体熔沸点大于分子晶体； B根据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断； C根据电子排布相同，阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径； D依据在盐溶液中，对应的弱电解质越弱则盐类水解程度越大的原理分析作答。 【详解】 A若 X是原子晶体，原子间存在共价键，作用力较强，熔点较高，Y是分子晶体，影响分子晶体的 熔点高低的因素为分子间作用力，而分子间作用力远小于共价键，则熔点XY，A项正确； B在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则A2+2D -2A-+D 2，则氧化性： A2D2，B项正确； C在简单离子中，电子层数相同时原子序数越小，对应的离子半径越大，即电子层数相同，阴离子的离子半 径大于阳离子的离子半径，所以离子半径：R 2- M +，C项错误； D弱酸 HA 、 HB的酸性 HA HB ，根据盐类水解中“越弱越水解”的规律可知，溶液的碱性NaA NaB ，D项正 确； 答案选 C。 11. 下列实验操作错误的是 A. 蒸发时，应将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体，还余少量溶液停止加热 B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 【答案】 D - 6 - 【解析】 【详解】 A. 蒸发时利用余热加热，即加热到出现大量晶体，还余少量溶液时再停止加热，A项正确； B. 蒸馏时，测定馏分的温度，则温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，B项正确； C. 分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，C项正确； D. 萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大， 且萃取剂与水的密度有差别即可，D项错误； 答案选 D。 12. 对于 0.1mol ? L -1Na 2SO3溶液，下列表述正确的是 A. 升高温度，溶液的pH降低 B. 加入少量NaOH 固体，c(SO3 2- ) 与c(Na +) 均增大 C. c(Na +)+ c(H +)=2 c(SO3 2- )+2c(HSO3 - )+c(OH -) D. c(Na +)=2 c(SO3 2-)+ c(HSO3 -)+ c(H2SO3) 【答案】 B 【解析】 【分析】 0.1mol ?L -1Na 2SO3溶液中存在水解平衡：SO3 2- +H2O?HSO3 - +OH - ，该过程是吸热过程，则 A. 升高温度，会促进盐的水解； B. 根据水解平衡的移动原理分析，氢氧化钠抑制亚硫酸根离子的水解； C. 根据溶液中的电荷守恒规律作答； D. 根据溶液中的物料守恒规律作答。 【详解】 A. 升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高， A项错误； B. 加入少量NaOH 固体，平衡： SO3 2-+H 2O? HSO3 -+OH-向逆反应方向移动，所以 c(SO3 2-) 与 c(Na+) 均增大， B项正 确； C. 溶液中存在电荷守恒：c(Na +)+ c(H +)=2 c(SO3 2- )+c(HSO3 -)+ c(OH -) ，C项错误； D. Na2SO3溶液中存在物料守恒，即c(Na +)=2 c(SO3 2-)+2 c(HSO3 -)+2 c(H2SO3)，D项错误； 答案选 B。 13. 在室温下，将pH=3的酸和 pH=11的碱等体积混合，混合后溶液的pH7 ，则该酸和碱的组合可以是 A. 醋酸和氢氧化钡B. 硝酸和氢氧化钠 C. 硫酸和氢氧化钾D. 盐酸和氨水 【答案】 D 【解析】 - 7 - 【分析】 室温下，将pH=3的酸和 pH=11的碱等体积混合，分以下几种情况讨论： 若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性； 若酸为弱酸而碱为强碱，由于弱电解质部分水解，则弱酸的浓度远远大于10 -3 mol/L ，即弱酸的浓度远远大 于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性； 若酸为酸为强酸而碱为弱碱，由于弱电解质部分水解，则弱碱的浓度远远大于10 -3 mol/L ，即弱碱的浓度远 远大于酸的浓度，等体积混合时，碱过量，因此溶液显碱性，据此进行解答。 【详解】 A. 醋酸为弱酸，氢氧化钡强碱，则弱酸的浓度远远大于10 -3 mol/L ，即弱酸的浓度远远大于碱的浓 度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性，混合液的pH小于 7，A项错误； B. 室温下，将pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰 好呈中性，溶液的pH=7，B项错误； C. 硫酸和氢氧化钾都是强电解质，则混合液中强碱恰好反应，溶液为中性，溶液的pH=7， C项错误； D. 盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度远远大于10 -3 mol/L ，混合液中氨水过量，溶液的pH大于 7，D项正 确； 答案选 D。 14. 对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ，下列叙述正确的是 A. 达到化学平衡时， B. 若单位时间内生成n mol NO 的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态 C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 化学反应速率关系是： 【答案】 A 【解析】 【分析】 A. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同 物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化； B. 都表示反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡； C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动； D. 各物质化学速率之比等于参与反应的化学方程式的化学计量数之比。 【详解】 A. 4v正(O2)=5v 逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状 态， A项正确； B. 若单位时间内生成n molNO 的同时，消耗n molNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1， - 8 - 不能说明到达平衡，B项错误； C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应移 动， C项错误； D.不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误； 答案选 A。 【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类，本题主要考查 直接判断法，即（正） = （逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率 注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方 程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错；另外，各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量 分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。 15. 往 FeCl3和 BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，下列说法 正确的是 A. 该实验表明FeCl3有还原性B. 白色沉淀为BaSO3 C. 该实验表明SO2有漂白性D. 反应后溶液酸性增强 【答案】 D 【解析】 该实验表明FeCl3有氧化性；上述过程发生了氧化还原反应：2Fe 3 SO2 2H2O=2Fe 2SO 4 2 4H和复分解 反应： SO4 2Ba2 =BaSO 4，白色沉淀为BaSO4；反应后有盐酸生成，溶液酸性增强。 16. 如图 W 、X、Y 、Z 为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是 选项W X Y Z A S SO2SO3H2SO4 B Na Na2O2NaOH NaCl C Fe FeCl3Fe(OH)2FeCl2 D Al AlCl3NaAlO2Al2(SO4)3 A. A B. B C. C D. D 【答案】 D 【解析】 - 9 - 试题分析： A、S 不能一步转化为SO3，错误； B、 NaCl 不能一步转化为Na2O2，错误； C 、FeCl3不能一步转化 为 Fe(OH)2，错误； D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠， 偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，正确。 考点：考查元素化合物知识。 17. 在碘酸钠（ NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠（Na3H2IO6） 。下列有关该反应的说 法错误的是 A. 该反应中碘酸钠作还原剂 B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于正高磷酸二氢三钠的氧化性 C. 反应物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1 D. 反应中生成1mol Na3H2IO6转移 2NA个电子 【答案】 C 【解析】 【分析】 由向碘酸钠（ NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I 元素的化合价由 +5 价升高为 +7 价， Cl 元素的化合价由0 降低为 -1 价，以此来解答。 【详解】 A. 因 I 元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确； B. 该反应中I 的化合价升高，Cl 的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，B项正确； C. 由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2 ，C项错误； D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移 1 mol × (7 -5)= 2 mol电子，即2NA个电子， D项正确； 答案选 C。 【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中各物质与电子 转移的关系是解题的关键。 18. 下列有关物质检验的实验结论正确的是 选项实验操作及现象实验结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有 B 向某溶液中加入2 滴 KSCN 溶液，溶液不显红色；再向溶液中加入 几滴新制的氯水，溶液变为红色 该溶液中一定含有 C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定为 - 10 - D 将少量有机物滴加到新制氢氧化铜溶液中，充分振荡，未见红色 沉淀生成 该有机物不含醛基 A. A B. B C. C D. D 【答案】 B 【解析】 【分析】 A. 根据硫酸根离子的检验方法分析是否有干扰离子存在； B. 结合三价铁离子的检验方法进行分析判断； C. 依据漂白性物质的漂白作用和二氧化硫的检验方法判断； D. 实验操作可能因不当而无法达到预期效果。 【详解】 A. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ag +， SO 4 2- 等，都 可以生成沉淀，A项错误； B. 向某溶液中加入2 滴 KSCN 溶液， 溶液不显红色， 说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水， 溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，证明溶液中一定含有亚铁离子，B项正确； C. 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色， 加热恢复原来的颜色证明是二氧化硫，使品红褪色的可以是二 氧化硫气体，也可以是氯气等，气体不一定是二氧化硫，C项错误； D.在碱性条件下，新制氢氧化铜悬浊液可与醛基反应产生砖红色沉淀，若将少量有机物滴加到新制氢氧化铜 溶液中，充分振荡，可能因为新制氢氧化铜悬浊液不是碱性环境，所以未见红色沉淀生成，所以结论不准确， D项错误； 答案选 B。 【点睛】本题综合考查离子的检验与物质的性质，其中A项是常考点，也是学生易错点。在进行离子检验时， 要注意排除干扰杂质离子的干扰，高中阶段常见阴离子的检验方法与操作可归纳如下： 1.CO3 2-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无 色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO3 2- ； 2. SO4 2- ：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生 成，则证明原溶液中有SO4 2- ； 3. Cl -：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴 AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原 溶液中有Cl -。 - 11 - 19. 在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q （Q0 ） 。某研究小组研究了其他条件 不变时，改变某一条件对上述反应的影响，分析正确的是 A. 图研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化速率比乙高 D. 图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低 【答案】 B 【解析】 【分析】 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q （Q0 ） ，则该反应为气体体积分数减小的体系，且为放热反应，则 A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变； B图正正逆反应速率同等程度的增大； C催化剂不改变平衡； D依据先拐先平数值大分析图像。 【详解】 A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，A项错误； B图正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，B项正确； C催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，C项错误； D若图研究的是温度对化学平衡的影响，则乙先达到平衡，对应的温度高，升温不利于二氧化硫的转化， 则二氧化硫转化率低，D项错误； 答案选 B。 【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一 步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为： （1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义； （2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体 参加或生成等； （3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析； （4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。 - 12 - 20. 在含有 Na +的中性溶液中，还可能存在 NH4 +、Fe2+、Br-、CO 3 2-、 I-、 SO 3 2- 六种离子中的一种或几种，进行如 下实验：（1）原溶液加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀 生成；（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。由此推断溶液中一定不存在的离子是 A. NH4 +、 Br-、CO 3 2- B. NH4 +、I-、SO 3 2- C. Fe 2+、 I-、SO 3 2- D. Fe 2+、I-、CO 3 2- 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加 入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否 存在。 【详解】由实验（1）反应后溶液呈橙黄色，可以推知溶液中有Br -，由有气泡生成推知一定有 CO3 2- ；由 Fe 2+ 和 CO3 2-不能共存，可知溶液中一定无 Fe 2+； 由实验（ 2）现象推知原溶液一定无SO3 2- ； 由实验（ 3）的现象推知溶液一定无I -，从上述实验现象无法确定 Na +存在与否； 故原溶液一定不存在的离子为Fe 2+、I-、SO 3 2- ； 答案选 C。 二、综合题（共60 分） 21. 航天飞机用铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉放热引发高氯酸铵分解。生成氮 气、氯气、氧气还有水。完成下列填空： (1)Al原子的最外层电子排布式为_，其电子云形状有_种。 (2) 氯元素在元素周期表中的位置是_，氮氧两元素非金属性强的是_。 (3) 上述分解反应中的还原产物是_，1mol NH4ClO4分解时电子转移的物质的量为_。 (4)NH4ClO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_。 (5) 以 AlCl3溶液为原料制取无水AlCl3，先制得 AlCl3·6H2O晶体，主要操作包括_，再在干燥的 HCl 气流中加热AlCl3·6H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3，试结合化学方程式说明原因：_。 【答案】 (1). 3s 23p1 (2). 2 (3). 第三周期第VIIA 族 (4). 氧元素 (5). 氯气 (6). 7mol (7). c(ClO4 - )c(NH4 +)c(H+)c(OH- ) (8). 加 热 浓 缩 、 冷 却 结 晶(9). 存 在 AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，在干燥的HCl 气流中， 能抑制 AlCl3的水解， 且带走 AlCl3? 6H2O晶体受热产生的水 蒸气，可得到纯净的AlCl3 【解析】 - 13 - 【分析】 （1）Al 在元素周期表中为13 号元素，根据核外电子排布规律书写其最外层电子排布式；s 能级电子云形状 为球形， p 能级电子云形状为哑铃形，据此作答； （2）氯元素原子序数为17，结合元素周期表结构与元素周期律作答； （3）高氯酸铵（ NH4ClO4）分解生成氮气、氯气、氧气还有水，依据氧化还原反应规律作答； （4）铵根离子会发生水解； （5）铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，以此来解答。 【详解】（1）Al 原子序数为13，依据电子排布规律可知，其最外层电子排布式为3s 23p1，因 s 能级电子云形 状为球形， p 能级电子云形状为哑铃形，所以其电子云形状有2 种， 故答案为： 3s 23p1；2； （2）氯元素原子序数为17，在元素周期表中位于第三周期第VIIA 族；同周期元素中，非金属性随着原子序 数的递增而增大，所以氮氧两元素非金属性强的是氧， 故答案为：第三周期第VIIA 族；氧元素； （3）依据题意可知， 高氯酸铵分解的化学方程式为：，氯元素从 +7 价降 低到 0价，被还原，得到的氯气为还原产物，其中1mol NH4ClO4分解时电子转移的物质的量为1×（ 7-0 ） = 7 mol, 故答案为：氯气；7mol; (4) NH4ClO4溶液中 NH4 +会发生水解生成一水合氨与 H +，使溶液呈现酸性，所以其离子浓度大小顺序为： c(ClO4 -)c(NH 4 +)c(H+)c(OH-) ， 故答案为： c(ClO4 -)c(NH 4 +)c(H+)c(OH-) ； （5）铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，则操作包括加热浓缩，冷却结晶；在第步 操作中应注意的事项是用玻璃棒不断搅拌溶液，当有晶体析出时停止加热在干燥的HCl 气流中加热 AlCl3?6H2O晶体， 能进一步制取无水AlCl3，其原因是存在AlCl3+3H2O? Al（OH ）3+3HCl，在干燥的HCl 气流中， 能抑制 AlCl3的水解，且带走AlCl3?6H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlCl3， 故答案为：加热浓缩、冷却结晶；存在AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，在干燥的HCl 气流中，能抑制AlCl3的水 解，且带走AlCl3? 6H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlCl3。 22. 含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。完成下列填空： （1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶于可制得“84消毒液”，反应的离子方程式为_。 （2）“84 消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用。混用时反应的化学方程 式是 _ ；“84 消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是_。 （3）工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%-6% 水分的石灰乳从塔顶部喷 - 14 - 洒而入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_；处理从氯化塔中逸出气体的方法是_。 （4）二氧化氯（ ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3和 Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸 化后反应制得，反应中NaClO3和 Na2SO3的物质的量之比为_。 （5）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe 2+和 Mn2+。用 ClO 2氧化除去Mn 2+ 生成 ClO2 -和 MnO 2的离子方程式为_ 。 【答案】 (1). Cl2+2OH -=Cl-+ClO- +H2O (2). NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O (3). 钢铁中的碳和 铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀 (4). 使反应物充分接触、充分反应 (5). 用碱 液吸收 (6). 2:1 (7). 2ClO2+Mn 2+2H 2O 2ClO2 -+MnO 2+4H + 【解析】 【分析】 （1）氯气可与氢氧化钠反应生成氯化钠与次氯酸钠和水，“84消毒液”的主要成分为氯化钠与次氯酸钠； （2）次氯酸钠与盐酸发生归中反应；钢铁制品为铁合金，内部含少量碳，与电解质溶液可构成原电池，造成 电化学腐蚀； （3）根据将液体进行雾化提高接触面积，充分反应；根据逸出气体Cl2有毒，可用碱液来吸收； （4）依据题意，分析元素化合价的升降，结合电子守恒计算； （5）氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，据此分析解答。 【详解】（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠其反应方程式为：Cl2+2OH - =Cl - +ClO -+H 2O ， 故答案为： Cl2+2OH - =Cl - +ClO - +H2O ； （2）“84 消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用，会发生氧化还原反应， 生成氯气，其方程式为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O，钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢 铁发生电化学腐蚀，所以不能用“84消毒液”对钢铁制品进行消毒， 故答案为： NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O；钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学 腐蚀； （3）将 3% 6% 水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2有 毒，可用碱液来吸收， 故答案为：使反应物充分接触、充分反应；用碱液来吸收； （4）NaClO3和 Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得二氧化氯，则Cl 元素的化合价由+5价降低为 +4 价，而 S元素的化合价由+4 价升高为 +6 价，由电子守恒可知，NaClO3和 Na2SO3的物质的量之比为 = 2：1， 故答案为： 2：1； （5）在用 ClO2氧化除去 Mn 2+离子的反应中，由得失电子守恒及原子守恒可知，反应物中要补水，生成物中要 - 15 - 补 H +，为 2ClO 2+Mn 2+2H 2O 2ClO2 -+MnO 2+4H +， 故答案为： 2ClO2+Mn 2+2H 2O 2ClO2 - +MnO2+4H +。 23. 某校化学趣小组设计了图示实验装置来测定某铁碳合金的质量分数。 完成下列填空： （1）m g 铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：常温下碳与浓硫 酸不反应； _ _ 。 （2）加热时A中碳与浓硫酸反应的化学方程式为_， B中的现象是 _；C的作用是 _ 。 （3）待 A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重， E称重 b g 。则铁碳合金中铁的质量分数的表达式 为_（化简后的表达式） 。 （4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，可能的原因是_。 （5）乙同学提出， 本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量质量分数测量 值偏低是 _（回答一条即可） 。 【答案】 (1). 常温下铁遇浓硫酸发生“钝化” (2). C+2H2SO4( 浓)CO2+2SO2+2H2O (3). 品 红溶液褪色 (4). 检验 SO2是否除尽 (5). (6). 装置中残留的CO2未被 E吸收 (7). E 中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等 【解析】 【分析】 由装置图可知，该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算 铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数故二氧化硫会影响二氧化碳的测定， 进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥装置A：碳和浓硫酸反应，装置B：检验二氧化硫，装置C： 除去二氧化硫，装置D：干燥二氧化碳，装置E：吸收二氧化碳。 （1）常温下碳与浓硫酸不反应，铁在浓硫酸中发生钝化现象； （2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水； A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色； - 16 - 二氧化硫存在会影响二氧化碳的质量测定，C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体； （ 3）E增重 b g 为 二氧化碳的质量，根据碳元素守恒计算合金中碳元素的质量，合金的质量减去碳元素质量等于铁的质量，再 根据质量分数定义计算； （4）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素 的质量偏小； （5）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去， E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等。 【详解】（1）常温下，铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生 钝化现象， 故答案为：常温下铁遇浓硫酸发生“钝化”； （2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应的化学方程式为： C+2H2SO4( 浓)CO2+2SO2+2H2O ， A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；C 装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体，防止影响二氧化碳的质量测定， 故答案为： C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O ；品红溶液褪色；检验SO2是否除尽； （3）E增重 b g 为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知 合金中碳元素的质量为， 合金中铁的质量为， 故铁的质量分数， 故答案为：； （4）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素 的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大， 故答案为：装置中残留的CO2未被 E吸收； （5）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去， E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等， 故答案为： E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等。 24. 三种有机物A 、B、C互为同分异构体，均由C、 H 、O三种元素组成，且分子中C、H、O元素的质量比为 15:2:8 ，其相对分子质量通过质谱法测得为100。又知化合物A能发生银镜反应，属于直链结构，分子中有3 种不同化学环境的氢，且原子个数比为1:1:2 。B为五元环酯。 C的红外光谱表明其分子中存在甲基。其它物 质的转化关系如下： - 17 - 完成下列填空： （1）A的分子式是 _， A分子中的官能团名称是_。 （2）B和 G的结构简式分别是_、_。 （3）DC 反应的化学方程式为_